碰撞与动量守恒定律(3个微专题)

[方法点拨] (1)动量定理与动量守恒定律用到运动过程的初、末状态，要分析好过程，明确初、末状态．(2)注意动量的矢量性，动量定理与动量守恒定律的方程都是矢量方程，先选好正方向再列方程．

1．(动量的矢量性)(多选)一个质量为2kg 的小球以水平速度5m /s 向右运动，与挡板碰撞后，以3 m/s 的水平速度反向弹回，则( ) A ．它的动量变化量的大小为4kg·m/s B ．它的动量变化量的大小为16kg·m/s C ．它的动量变化量的方向与初动量方向相反 D ．它的动量变化量的方向与初动量方向相同

2．(动量守恒)质量为m 的小球P 以大小为v 的速度与质量为3m 的静止小球Q 发生正碰，碰后小球P 以大小为v

2的速度被反弹，则正碰后小球Q 的速度大小是( )

A ．2v B.v 2C.v 3D.v

6

3．(守恒条件理解)如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( ) A ．此系统内每个物体所受的合力一定都为零 B ．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加 C ．此系统的机械能一定守恒 D ．此系统的机械能可能增加

4．(动量守恒定律应用)如图1所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A 、B 两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时( )

图1

A ．若小车不动，两人速率一定相等

B．若小车向左运动，A的速率一定比B的小

C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大

D．若小车向左运动，A的动量一定比B的小

5．质量为M的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v放出质量为m的粒子时(设v的方向为正方向)，剩余部分的速度为()

A.m v

M－m B.

－m v M－m

C.－M v

m－M D.

－m v

M

6．小船以速率v向东行驶，若在小船上分别以相对于地面的速率u向东、向西水平抛出两个等质量的物体，则小船的速率()

A．增大

B．减小

C．不变

D．由于两物体质量未知，无法确定

7．(多选)如图2所示，小木块P和长木板Q叠放后静置于光滑水平面上．P、Q的接触面是粗糙的．用足够大的水平力F拉Q，P、Q间有相对滑动．在P从Q左端滑落以前，关于水平力F的下列说法中正确的是

图2

A．F做的功大于P、Q动能增量之和

B．F做的功等于P、Q动能增量之和

C．F的冲量大于P、Q动量增量之和

D．F的冲量等于P、Q动量增量之和

8．如图3所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则()

图3

A ．A 不能到达

B 圆槽的左侧最高点 B ．A 运动到圆槽的最低点时速度为2gR

C ．B 一直向右运动

D ．B 向右运动的最大位移大小为2R

3

9．如图4，粗糙水平面上，两物体A 、B 用轻绳相连，在恒力F 作用下做匀速运动．某时刻轻绳断开，A 在F 牵引下继续前进，B 最后静止．则在B 静止前，A 和B 组成的系统动量________(选填“守恒”或“不守恒”)．在B 静止后，A 和B 组成的系统动量______________．(选填“守恒”或“不守恒”)

图4

10．如图5所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相

对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．图5

11．质量为m 的小球A 以速率v 0向右运动时跟静止的小球B 发生碰撞，碰后A 球以v 0

2的速

率反向弹回，而B 球以v 0

3的速率向右运动，求：

(1)小球B 的质量m B 的大小？

(2)碰撞过程中，小球B 对小球A 做的功W 是多大？

12．对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型．A 、B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动．当它们之间的距离大于等于某一定值d 时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d 时，存在大小恒为F 的斥力．设A 物体质量m 1＝1.0kg ，开始时静止在直线上某点；B 物体质量m 2＝3.0kg ，以速度v 0从远处沿该直线向A 运动，如图6所示．若d ＝0.10m ，F ＝0.60N ，v 0＝0.20m/s ，求：

图6

(1)相互作用过程中A 、B 加速度的大小；

(2)从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统动能的减少量；

(3)A、B间的最小距离．

答案精析

1．BC

2．B [小球P 和Q 的正碰满足动量守恒定律(设小球P 的运动方向为正方向)，有：m v ＋0＝－m ·v 2＋3m ·v ′，解得：v ′＝v

2

，故选B.]

3．D [若一个系统动量守恒时，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，选项A 错误；此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，选项B 错误；因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，故选D.] 4．C [A 、B 两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m A v A ＋m B v B ＋m

车v 车＝0，若小车不动，则

m A v A ＋m B v B ＝0，由于不知道A 、B 质量的关系，所

以两人速率不一定相等，故A 错误；若小车向左运动，则A 、B 的动量和必须向右，而A 向右运动，B 向左运动，所以A 的动量一定比B 的大，故B 、D 错误，C 正确．]

5．B [质量为M 的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v 放出质量为m 的粒子的过程中动量守恒，设剩余部分的速度为v 1，由0＝(M －m )v 1＋m v ，得v 1＝－m v

M －m ，B 正确．]

6．A

7．AD [以P 、Q 系统为研究对象，根据功能关系，拉力做的功等于P 、Q 动能增加量与摩擦产生的内能之和，A 正确，B 错误；系统所受合外力F 的冲量等于P 、Q 动量增量之和，C 错误，D 正确．]

8．D [A 、B 组成的系统动量守恒，A 、B 刚开始时动量为零，所以运动过程中总动量时刻为零，所以B 先向右加速后又减速到零，因为系统机械能守恒，当B 静止时，A 恰好运动到左侧最高点，A 错误．根据动量守恒定律可得m x 1t ＝2m x 2t ，又知道x 1＋x 2＝2R ，所以可得x 2＝

2

3

R ，D 正确．B 向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C 错误；当A 运动到最低点时，水平方向上动量守恒，所以有m v 1＝2m v 2，因为系统满足机械能守恒，所以有mgR ＝12m v 21＋1

2·2m v 22，联立可得v 1＝4

3

gR ，B 错误．] 9．守恒 不守恒

解析 轻绳断开前，A 、B 做匀速运动，系统受到的拉力F 和摩擦力平衡，合外力等于零，即F －F f A －F f B ＝0，所以系统动量守恒；当轻绳断开B 静止之前，A 、B 系统的受力情况不变，即F －F f A －F f B ＝0，所以系统的动量依然守恒；当B 静止后，系统的受力情况发生改变，即F －F f A ＝m A a ，系统合外力不等于零，系统动量不守恒． 10.v 3 v 23μg

解析 设滑块质量为m ，则盒子的质量为2m ；对整个过程，由动量守恒定律可得，m v ＝3m v

共

解得，v 共＝v

3

.

由功能关系可得μmgs ＝12m v 2－1

2·3m ·(v 3)2

解得s ＝v 2

3μg

.

11．(1)4.5m (2)－3

8m v 20

解析 (1)小球A 、B 碰撞过程动量守恒，选向右为正方向，有 m v 0＝m (－v 02)＋m B v 0

3

解得：m B ＝4.5m

(2)根据动能定理，碰撞过程中只有B 对A 做功，选小球A 为研究对象 W ＝12m (v 02)2－1

2m v 20

解得W ＝－38

m v 20.

12．(1)0.6m /s 2 0.2 m/s 2 (2) 0.015J (3) 0.075m

解析 (1)a A ＝F m 1＝0.6m/s 2，a B ＝F

m 2

＝0.2m/s 2

(2)m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，v ＝0.15m/s ，ΔE k ＝12m 2v 20－12

( m 1＋m 2)v 2

＝0.015J (3)v 20－v 2＝2a B x B ，x B ＝0.04375m ，v 2＝2a A x A ，x A ＝0.01875m

d ′＝x A ＋d －x B ＝0.075m.

[方法点拨](1)对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间．(2)明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．

1．(完全非弹性碰撞)(多选)如图1，两个物体1和2在光滑水平面上

以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1

段时间两物体相碰撞并粘在一起．碰撞后()图1

A．两物体将向左运动

B．两物体将向右运动

C．两物体组成的系统损失能量最小

D．两物体组成的系统损失能量最大

2．(对碰撞的理解)如图2所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4kg·m/s和p2＝6 kg·m/s(向右为参考正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为()

图2

A．－2kg·m/s, 3 kg·m/s

B．－8kg·m/s, 8 kg·m/s

C．1kg·m/s, －1 kg·m/s

D．－2kg·m/s, 2 kg·m/s

3．(弹性碰撞)如图3，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相

向运动，滑块A的质量为m，速度为2v0，方向向右，滑块B的质

量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运

动状态是()图3

A．A和B都向左运动

B．A和B都向右运动

C．A静止，B向右运动

D．A向左运动，B向右运动

4．(碰撞的实际应用)冰壶运动深受观众喜爱，图4a为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图b.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是()

图4

5．质量为m1＝1kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞

时间极短，其x－t图象如图5所示，则()

A．此碰撞一定为弹性碰撞

B．被碰物体质量为2kg图5

C．碰后两物体速度相同

D．此过程有机械能损失

6．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其

放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若

射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半

厚度，如图6所示．则上述两种情况相比较()图6

A．子弹的末速度大小相等

B．系统产生的热量一样多

C．子弹对滑块做的功不相同

D ．子弹和滑块间的水平作用力一样大

7.如图7所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向

挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A 、B 两球的质量之比为____________，A 、B 两球碰撞前后两球总动能之比为________．图7

8．如图8所示，质量为m 的小球悬挂在长为L 的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ＝60°角的位置后由静止释放．当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2m 的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的1625.已知木块与地面间的动摩擦因数μ＝9

40，

重力加速度取g .求：

图8

(1)小球与木块碰前瞬间所受拉力大小； (2)木块在水平地面上滑行的距离．

9．如图9所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m 的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M ＝2m ，车与物块一起向右以初速度v 0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g ，求：

图9

(1)平板车的长度L 至少是多长时，小物块才不会从车上落下来；

(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n 次后，物块跟车一起运动的速度v n ； (3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程s .

答案精析

1．AD[根据p2＝2mE k，结合m1

2．D[由于碰撞过程中，动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A错误；因为碰撞的过程中动能不增加．若Δp1和Δp2分别为－8 kg·m/s, 8kg·m/s，则p1′＝－4 kg·m/s，

p2′＝14kg·m/s，根据E k＝p2

2m知相撞过程中动能增加，B错误；两球碰撞的过程中，B球的

动量增加，Δp2为正值，A球的动量减小，Δp1为负值，故C错误．变化量分别为－2kg·m/s,2 kg·m/s，符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D正确．]

3．D[取向右为正方向，根据动量守恒：m·2v0－2mv0＝mv A＋2mv B，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确，A、B、C错误．] 4．B

5．A[速度图象的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：v1＝4 m/s，v2＝0，v1′＝－2m/s，v2′＝2 m/s；由动量守恒定律，m1v1＝m1v1′＋m2v2′，得m2＝3kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8J，机械能没有损失，因此是弹性碰撞，B、C、D错误，A正确．]

6．AB[根据动量守恒，两次最终子弹与木块的速度相等，A正确；根据能量守恒可知，初状态子弹动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量也相同，B正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此做功相同，C错误；产生的热量Q＝F f×Δx，由于产生的热量相同，而相对位移Δx不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误．]

7．4∶19∶5

解析 设A 、B 球的质量分别为m A 和m B ，A 球碰撞后的速度大小为v A 2，B 球碰撞前、后的速度大小分别为v B 1和v B 2，由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1，v A 2＝v B 2.A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2，所以有m A m B ＝v B 1＋v B 2v A 2＝4

1.碰撞前后的总动能之比为

12m B v 2B 112m B v 2B 2＋12m A v 2

A 2＝9

5

. 8．(1)2mg (2)1.8L

解析 (1)设小球摆至最低点时的速度为v ，根据动能定理有：mgL (1－cos θ)＝1

2m v 2

设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为F T ，有：F T －mg ＝m v 2

L 代入数据，解得：F T ＝2mg

(2)设小球与木块碰撞后，小球的速度为v 1，木块的速度为v 2，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：m v ＝2m v 2－m v 1.根据题意知：12m v 21＝1625×12m v 2

，设木块在水平地面上滑行的距离为x ，根据动能定理有：－2μmgx ＝0－12

×2m v 22联立并代入数据，解得x ＝1.8L .

9．(1)8v 20

3μg (2)(13)n v 0 (3)3v 2

02μg

解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力F f ＝μmg

设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，根据动量守恒定律有 (M －m )v 0＝(M ＋m )v 1

设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有 12(M ＋m )v 20－12(M ＋m )v 21＝12F f L 解得L ＝8v 203μg

(2)由(1)可解得v 1＝v 0

3

平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的1

3，那么平板车和物块以相同

的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同，所以v 2＝13v 1＝(1

3

)2v 0

所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝(1

3

)n v 0

(3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能F f s ＝1

2

(M ＋m )v 20 整理得s ＝3v 2

2μg

.

[方法点拨]做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．

1．(多观点分析运动过程)(多选)一辆汽车从圆弧形拱桥最高处匀速驶下，在此过程中，下列说法中正确的是()

A．汽车的动量保持不变

B．汽车的机械能减少

C．汽车所受的合外力为零

D．汽车所受的合外力做功为零

2．(守恒条件判断)如图1所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧，一

弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运

动过程中()图1

A．系统的动量守恒，动能守恒

B．系统的动量守恒，机械能守恒

C．系统的动量不守恒，机械能守恒

D．系统的动量不守恒，动能守恒

3．(多观点分析动力学问题)(多选)如图2所示，质量为m的小球从距离地面高H

的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距

地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落

的整个过程，下列说法中正确的有()

A．小球的机械能减少了mg(H＋h)

B．小球克服阻力做的功为mgh图2

C．小球所受阻力的冲量大于m2gH

D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量

4．(多观点分析动力学问题)(多选)把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为A点．以地面为零势能面．设运动过程中受到

的空气阻力大小与速率成正比，则()

A．皮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功

B．皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量

C．皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等

D．皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A点下方

5．在课堂中，老师用如图3所示的实验研究平抛运动．A、B

是质量相等的两个小球，处于同一高度．用小锤打击弹性金属

片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落．某

同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2，小

球A、B在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为Δp A

和Δp B，动能的变化量分别为ΔE k A和ΔE k B，忽略一切阻力的影

响，下列判断正确的是()图3

A．Δp A＝Δp B，ΔE k A＝ΔE k B

B．Δp A≠Δp B，ΔE k A≠ΔE k B

C．Δp A≠Δp B，ΔE k A＝ΔE k B

D．Δp A＝Δp B，ΔE k A≠ΔE k B

6．如图4，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M间及M 与地面的接触面均光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力

F1和F2，从两物体开始运动以后的全部运动过程中，弹簧形变不超

过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法中正确的

有()图4

①由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒；②当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大；③由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动；④由于F1、F2等大反向，故系统的总动量始终为零．

A．①④B．②③

C．①②④D．②④

7．如图5所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B.在木块A与弹簧

相互作用的过程中，下列判断正确的是( ) A ．弹簧压缩量最大时，B 板运动速率最大图5 B ．B 板的加速度一直增大

C ．弹簧给木块A 的冲量大小为2m v 0

3

D ．弹簧的最大弹性势能为m v 20

3

8．如图6所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态．一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )

图6

A.Mm v 0M ＋m B ．2M v 0C.2Mm v 0M ＋m

D ．2m v 0 9．如图7所示，一长木板放置在水平地面上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接一个质量为m 的小物块，小物块可以在木板上无摩擦滑动．现在用手固定长木板，把小物块向左移动，弹簧的形变量为x 1；然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动．长木板静止后，弹簧的最大形变量为x 2.已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为F f .当弹簧的形变量为x 时，弹性势能

E p ＝1

2

kx 2，式中k 为弹簧的劲度系数．由上述信息可以判断( )

图7

A ．整个过程中小物块的速度可以达到

k m x 1

B ．整个过程中木板在地面上运动的路程为k 2F f (x 21－x 2

2) C ．长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变

D ．若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，则运动过程中物块和木板的速度方向可能相同

10．如图8所示，半径R ＝0.50m 的光滑四分之一圆轨道MN 竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N 处于桌面边缘，把质量m ＝0.20kg 的小物块从圆轨道上某点由静止释放，

经过N 点后做平抛运动，到达地面上的P 点．已知桌面高度h ＝0.80m ，小物块经过N 点时的速度v 0＝3.0m /s ，g 取10 m/s 2.不计空气阻力，物块可视为质点．求：

图8

(1)圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差； (2)小物块经过N 点时轨道对物块支持力的大小； (3)小物块落地前瞬间的动量大小．

图9

11．如图9所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1

4圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度v 0从右端滑上B ，一段时间后，以v 0

2滑离B ，并恰好能到达C 的

最高点．A 、B 、C 的质量均为m .求： (1)A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； (2)A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； (3)圆弧槽C 的半径R ；

(4)从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．

答案精析

1．BD [汽车做匀速圆周运动，则动量大小不变，但方向变化，故A 错误；汽车在驶下时，存在摩擦力做功，所以汽车的机械能减少，故B 正确；由于汽车做匀速圆周运动，是变速运动，则所受的合外力不为零，故C 错误；汽车所受的合外力与速度始终垂直，所以此力不做功，故D 正确．] 2．C

3．AC [由动能定理得mg (H ＋h )＋W f ＝0，则W f ＝－mg (H ＋h )，所以小球的机械能减少了mg (H ＋h )，所以A 选项正确，B 选项错误；小球自由下落至地面的过程，机械能守恒，mgH ＝1

2m v 2，v ＝2gH ，落到地面上后又陷入泥潭中，由动量定理得I G －I f ＝0－m v ，所以I f ＝I G

＋m v ＝I G ＋m 2gH ，小球所受阻力的冲量大于m 2gH ，所以C 选项正确；由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，所以D 选项错误．]

4．ACD [皮球上升过程中克服重力做的功、下降过程中重力做的功均为mgh ，A 正确；皮球先后通过同一位置的过程中，重力做功为零，阻力做负功，根据动能定理可知v >v ′，因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，所以上升时间小于下降时间，根据冲量的概念可知上升过程重力冲量较小，B 错误；

如图所示为上抛过程中的速度图象，第一、第四象限中阴影部分的面积分别表示上升和下降过程的位移，大小相等方向相反；由于F f ∝v ，可将纵坐标改为F f ，第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，说明上升、下降过程阻力的冲量等大反向，C 正确；下降到A 点时，重力势能减小12mgH ，但由于克服阻力做功，动能的增加量小于1

2

mgH ，因此重力势能与动能相

等的位置在A 点下方，D 正确．] 5．A

6．D [由于F 1、F 2等大反向，m 、M 系统所受合外力为零，因此动量守恒，故系统的总动量始终为零．④正确；开始阶段弹簧弹力小于F 1和F 2，m 、M 都做加速运动，动能增加，当弹力增大到与F 1和F 2等大时，m 、M 动能都最大，系统机械能一直增大，①错误，②正确；上述加速过程弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，不是匀加速运动，③错误，所以应该选D.] 7．D [当A 向左压缩弹簧时A 木块减速，B 板做加速度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A 、B 共速，之后弹簧在恢复形变的过程中B 板做加速度减小的加速运动，A 木块继续减速，当弹簧恢复原长时B 板达最大速度，所以A 、B 选项均错；当弹簧恢复原长时，设A 、B 的速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律得，2m v 0＝2m v 1＋m v 2，由能量守恒定律有1

2×2m v 20

＝12×2m v 21＋12m v 22，联立解得：v 1＝13v 0，v 2＝43v 0，弹簧给木块A 的冲量I ＝2m v 1－2m v 0

＝－4m v 03，所以弹簧给木块A 的冲量大小为4m v 03，C 选项错误；弹簧最大的弹性势能发生在A 、B 共速

时，设共速的速度为v ，由动量守恒知2m v 0＝3m v ，v ＝2v 03，E p ＝12×2m v 20－12×3m v 2＝13

m v 2

0，所以D 选项正确．]

8．A [子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，即m v 0＝(m ＋M )v ，即击中后木块速度为v ＝m v 0

m ＋M ，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，当第一次

回到平衡位置时，速度仍然等于v ，根据动量定理，木块受到的合外力的冲量等于动量的变化量即I ＝M v －0＝Mm v 0

m ＋M

，选项A 对．]

9．B [根据动能定理：12m v 2m ＝12

kx 2

1－W f .因此速度不可能达到

k

m x 1

，A 错误；当木板静止时，小物块在长木板上做往复运动，只有弹力做功，系统的机械能守恒，所以当木板静止时，系统具有的机械能为12kx 22，根据能量守恒定律得，12kx 21－12kx 22＝F f s ，因此s ＝k 2F f (x 21－x 2

2

)，B

正确；木板静止后，板受到的静摩擦力大小随弹簧伸缩量的改变而改变，C 错误；若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，根据动量守恒定律，运动过程中物块和木板的速度方向一定相反，D 错误．]

10．(1)0.45m (2)5.6N (3)1.0kg·m/s

解析 (1)设圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差为H ，小物块运动至N 点过程中机械能守恒，则有mgH ＝12m v 20

解得H ＝0.45m

(2)设物块经过N 点时所受支持力为F 根据牛顿第二定律有F －mg ＝m v 20

R

解得F ＝5.6N

(3)设物块做平抛运动的时间为t ，小物块落地前竖直分速度为v y ，则h ＝1

2gt 2

v y ＝gt

解得v y ＝4.0m/s 小物块落地前速度v ＝v 20＋v 2

y

解得v ＝5.0m/s 动量p ＝m v 解得p ＝1.0kg·m/s.

11．(1)v 04 (2)5v 2016gL (3)v 2

064g (4)15m v 20

32

解析 (1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有： m v 0＝m v 0

2＋2m v B

解得v B ＝v 0

4

(2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量

动量、冲量及动量守恒定律

动量、冲量及动量守恒定律

动量和动量定理 一、动量 1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝m v； 2．矢量性：方向与速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则． 3．动量的变化量 (1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)． (2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带有正负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正负号仅代表方向，不代表大小)． 4．与动能的区别与联系： (1)区别：动量是矢量，动能是标量． (2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物 理量，大小关系为E k＝p2 2m或p＝2mE k. 二、动量定理 1．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积．公式：I＝

Ft．单位：牛顿·秒，符号：N·s． (2)矢量性：方向与力的方向相同． 2．动量定理 (1)内容：物体在一个运动过程中始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量． (2)公式：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I．3．动量定理的应用 碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法减少冲击力的作用时间．要防止冲击力带来的危害，就要减小冲击力，设法延长其作用时间．（缓冲） 题组一对动量和冲量的理解 1.关于物体的动量，下列说法中正确的是() A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向 B．物体的动能不变，其动量一定不变 C．动量越大的物体，其速度一定越大 D．物体的动量越大，其惯性也越大 2.如图所示，在倾角α＝37°的斜面上， 有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物 体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2

高中物理专题汇编物理动量守恒定律(一)及解析

高中物理专题汇编物理动量守恒定律(一)及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求： (1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ； (2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1； (3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值． 【答案】(1)2 4.610N F N -=? (2)1 1.25B T = (3)127s 360 t π = ,001290143ββ==和 【解析】 【详解】 解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111 -22 m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v = 碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v ' =+ 取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =

动量动量定理动量守恒定律专题

动量定理和动量守恒定律的应用 1. A、B、C三个质量相等的小球以相同的初速度v0分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出．若空气阻力不计，设落地时A、B、C三球的速度分别为v1、v2、v3，则 [ ] A、经过时间t后，若小球均未落地，则三小球动量变化大小相等，方向相同 B、A球从抛出到落地过程中动量变化的大小为mv1-mv0，方向竖直向下 C、三个小球运动过程的动量变化率大小相等，方向相同 D、三个小球从抛出到落地过程中A球所受的冲量最大 2. 某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯屈的方法缓冲，使自身重心又下降了．在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为[ ] A、自身所受重力的2倍 B、自身所受重力的5倍 C、自身所受重力的8倍 D、自身所受重力的10倍 3. 一个质点受到合外力F作用，若作用前后的动量分别为p和p’，动量的变化为△p，速度的变化为△v，则 A、p=－p’是不可能的 B、△p垂直于p是可能的 C、△P垂直于△v是可能的 D、△P=O是不可能的。 4. 一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则( ) A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 5. 质量为m的木块下面用细线系一质量为M的铁块，一起浸没在 水中从静止开始以加速度a匀加速下沉(如图)，经时间t1s后细

v 1 线断裂，又经t2s 后，木块停止下沉．试求铁块在木块停上下沉瞬间的速度． 6、 质量为M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m 的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v 。 7、设质量为m 的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。 8、质量为m 的人站在质量为M ，长为L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远 9、如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ，A 、B 间动摩擦因数为μ，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v0,使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B ，求： （1）A 、B 最后的速度大小和方向； （2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。 s 2 d s 1 v 0 v

动量及动量守恒定律全章典型习题精讲

动量及动量守恒定律全章典型习题精讲

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动量及动量守恒定律全章典型习题精讲 一.学法指导: 动量这部分内容,本身并不复杂，主要有冲量和动量这两个概念，还有动量定理和动量守恒定律这两个重要规律．动量定理是对一个物体说的,它受到合外力的冲量等于该物体动量的增量.动量守恒定律是对相互作用的系统而言的,在系统不受外力作用的情况下，系统的总动量守 本章的难点主要在于冲量和动量都是矢量，矢量的运算比起标量的运算来要困难得多．我们中学阶段目前只要求计算同一直线上的动量问题，对于同一直线上的动量，可以用正负号表示方向,从而把矢量运算转化为代数运算． 这部分内容的另一个难点是涉及到相互作用的系统内物体的动量和机械能的综合问题，为此，我们在学习时要把动量这部分内容与机械能部分联系起来．下面三个方面的问题是我们学习中要重点理解和掌握的. 1、4个重要的物理概念,即冲量、动量、功和动能，下面把它们归纳、整理、比较如下: (1）冲量和功,都是“力”的,要注意是哪个力的冲量,哪个力做的功． 动量和动能,都是“物体”的,要注意是哪个物体的动量、哪个物体的动能. （2)冲量和功,都是“过程量”，与某一段过程相对应.要注意是哪个过程的冲量,是哪个过程中做的功. 动量和动能，都是“状态量”，与某一时刻相对应．要注意是哪个时刻的动量或动能,过程量是不能与状态量划等号的,即决不能说某力的冲量等于某时刻的动量,或说某个功等于某时刻的动能.动量定理和动能定理都是“过程关系”,它们说的是在某段过程中,物体受到的合外力的冲量或做的功，等于物体动量或动能的增量,这里“增量”又叫“变化量”,是相应过程的“始”、“末”两个状态量的差值,表示的还是某一段过程的状态的变化 此外，还有一点要注意，那就是这些物理量与参考系的关系．由于位移和速度都是与参考系有关的物理量,因此动量、功、动能都是与参考系有关的物理量,只有冲量与参考系无关.凡没有提到参考系的问题，都是以地面为参考系的． 2、两个守恒定律是物理学中的重要物理规律,下面把有关两个守恒定律的问题整理列表如下：

(物理)物理动量守恒定律专项习题及答案解析及解析

（物理）物理动量守恒定律专项习题及答案解析及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的 1 2 反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度2 10m/s g =。求： （1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？ （2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】 解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理： 22 1111011=22 m gL m v m v μ-- 解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理 滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221 =+2 m v m v m v - 解之得：2=2m/s v 碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2 22 2m v F m g l -= 小球受到的拉力：42N F = （2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()0111 2 L v v t =+ 解之得：11s t = 在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ?=-= 设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ??-=-? ???

动量守恒定律.doc

课题第三节动量守恒定律 一、知识教学： 1、理解动量守恒定律的确切含义和表达式； 教 2、能用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律； 3、知道动量守恒定律的适用条件和适用范围。 学 二、能力训练： 1、能结合动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律； 目 2、学会用动量守恒定律解释现象； 3、会应用动量守恒定律分析求解一维运动问题。 的 三、德育渗透： 1、通过动量守恒定律的推导出，培养学生实事求是的科学态度和严谨的推理 方法； 2、了解自然科学规律发展的深远意义及对社会发展的巨大推动作用。 重 教学重点： 点 掌握动量守恒定律的推导、表达式、适用范围和守恒条件。 难 教学难点： 点 正确判断系统在所研究的过程中动量是否守恒。 教 首先通过演示实验使学生了解系统相互作用过程中动量守恒，再使学生清楚学方 地理解动量守恒定律的推导过程、守恒条件及适用范围，即用实验法、推理法归 法 纳法、举例讲授法。 教 投影仪，投影片，CAI课件，两个质量相等的小车，细线、弹簧、砝码、气具 垫导轨。 课时 1课时 按排

一、引入新课： 教 1、请两个同学穿上旱冰鞋，靠近站在教室前边，让学生甲推乙一下，学生 学 观察现象。 过 2、学生答：两位同学都向相反的方向运动。 程 3、教师分析并引入：两位同学原来靠近站立，说明他们各自的动量都是0， 相互推后，两位同学都具有了动量，说明他们各自的动量都发生了变化，那么他

们的动量变化遵循什么规律呢？本节课我们来探讨这个问题，板书课题：动量守 恒定律。 二、讲授新课： （一）用投影片出示本节课的学习目标： 教 1、知道什么叫系统、什么是系统的内力，什么是系统的外力。 2、理解动量守恒定律的内容，知道得出动量守恒定律的数学表达式的条件。 3、能通过在光滑水平面上的两球发生碰撞，推导出动量守恒定律表达式。 4、知道动量守恒定律的成立条件和适应范围。 5、会应用动量守恒定律分析计算有关问题（只限于一维运动） （二）学习目标完成过程： （一）实验、观察，初步得到两辆小车在相互作用前后，动量变化之间的关学 系 1、用多媒体课件：介绍实验装置。 把两个质量相等的小车静止地放在光滑的水平木板上，它们之间装有弹簧，并用细线把它们拴在一起。 2、用CAI 课件模拟实验的做法： ①实验一：第一次用质量相等的 两辆小车，剪断细线，观察它们到达 过 距弹开埏等距离的挡板上时间的先后。 ②实验二：在其中的一辆小车上 加砝码，使其质量变为原来的 2 倍， 重新做上述实验并注意观察小车到达两块木挡板的先后。 3、学生在气垫导轨上分组实验并观察。 4、实验完毕后各组汇报实验现象： 学生甲：如果用两辆质量相同的小车做实验，看到小车同时撞到距弹开处等程 距离的挡板上。 学生乙：如果用两辆质量不同的小车做实验，看到质量大的小车后到，而质量小的小车先到达，且当质量小的小车到达挡板时，质量大的小车行驶到弹开处 与木板的中点处。 5 教师针对实验现象出示分析思考题:

高考物理专题汇编物理动量守恒定律(一)

高考物理专题汇编物理动量守恒定律(一) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2 m ? 的压缩气体，每级总质量均为 2 M ，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。 【答案】116.54m 【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-?-?甲 21085=200.5629 v h m m g =≈甲甲 对模型乙第一级喷气： 10022 m m M v v ??? ?=-- ???乙 解得： 130m v s =乙 2s 末： ‘ 11=10m v v gt s -=乙乙 22 11 1'=402v v h m g -=乙乙乙 对模型乙第一级喷气： ‘120=)2222 M M m m v v v ??--乙乙（ 解得： 2670= 9 m v s 乙 2 2222445=277.10281 v h m m g =≈乙乙 可得： 129440 += 116.5481 h h h h m m ?=-≈乙乙甲。 2．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度

动量守恒定律教学案例

《动量守恒定律》教学设计

《动量守恒定律》教学设计 一、教学目标： （一）知识与技能 1、理解动量守恒定律的确切含义。 2、知道动量守恒定律的适用条件和适用范围，并会用动量守恒定律解决简单的实际问题。 （二）过程与方法 1、通过实验与探究，引导学生在研究过程中主动获取知识，应用知识解决问 题，同时在过程中培养学生协作学习的能力。 2、运用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律，培养学生的逻辑推理能力。 3、会应用动量守恒定律分析、计算有关问题（只限于一维运动）。 （三）情感、态度与价值观 1、培养实事求是的科学态度和严谨的推理方法。 2、引导学生通过对动量守恒定律的学习，了解归纳与演绎两种思维方法的应用，并体会定律中包含的对称与和谐的美。 3、培养学生将物理知识、物理规律进行横向比较与联系的习惯，养成自主构建知识体系的意识。 二、学情分析： 学生已经掌握了动量概念，会运用牛顿第二，第三定律及运动学公式等，为本节课的学些打下了坚实的基础。高中生思维方式逐渐由形象思维过渡为抽象思维，因此在教学中需要以一些感性认识为依托，加强直观性和形象性，以便学生理解。 三、教学重点、难点： 重点：理解和基本掌握动量守恒定律。 难点：对动量守恒定律条件的掌握。

（师生共同总结上述互动环节，并得出结论——动量守恒定律内容及表达式。） 1．内容表述：一个系统不受外力或受外力矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。 2．数学表达式： 221 12211v m v m v m v m '+'=+ （相互作用的两个物体组成的系统，作用前系统的总动量等于作用后系统的总动量） 3．动量守恒定律的“四性”： ①同一性：由于动量大小与参考系的选取有关，因此应用动量守恒定律是，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参考系。 ②矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程。对于作用前后物体的运动方向都在一条直线上的问题，解题时务必选取正方向，选取正方向之后，用正负表示方向，将矢量运算变为代数运算。 ③瞬时性：动量是一个矢量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列 方程221 12211v m v m v m v m '+'=+时，等号左边是作用前（或某一时刻）个物体的动量和，等号右侧是作用后（或另一时刻）各物体的动量和，不同时刻动量不能相加。 ④普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统；也适用于多个物体组成的系统。并且相互作用的物体无论是宏观的还是微观的，无论是低速的还是高速到接近光速的，动量守恒定律都适用。 4．成立条件： 动量守恒定律有许多优点。其中最突出的一点是，它不需要考虑系统相互作用过程中的各个瞬间细节，只考虑始末状态的动量。即使在牛顿定律适用范围内，它也能解决许多由于相互作用力难以确定而不能直接应用牛顿定律的问题。能有效地处理一些过程变化复习的问题。但它的使用要满足一定的条件。请详细的研究动量定恒定律的内容并结自己的理解，总结出动量守恒定律的适用条件。 （1）系统不受外力或受外力之和为零，系统的总动量守恒．

高中物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案)

高中物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞． ①求弹簧恢复原长时乙的速度大小； ②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P对乙的冲量的最大值．【答案】v乙＝6m/s. I＝8N 【解析】 【详解】 （1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得： 又知 联立以上方程可得，方向向右。 （2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为 由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为： 2．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求： ①物块C的质量？ ②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P？ 【答案】（1）2kg（2）9J 【解析】 试题分析：①由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．m c v1＝（m A＋m C）v2 即m c＝2 kg ②12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大

动量定理与动量守恒定律·典型例题解析

动量定理与动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 在光滑的水平面上有一质量为2m 的盒子，盒子中间有一质量为m 的物体，如图55－1所示．物体与盒底间的动摩擦因数为μ现给物体以水平速度v 0向右运动，当它刚好与盒子右壁相碰时，速度减为 v 02 ，物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上，求： (1)物体在盒内滑行的时间； (2)物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量． 解析：(1)对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得：－μmgt ＝ m mv t 0·－，＝v v g 0022 (2)物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒，设碰 撞前瞬时盒子的速度为，则：＝＋＝＋．解得＝，＝．所以碰撞过程中物体给盒子的冲量由动量定理得＝－＝，方向向右． v mv m v 22mv (m 2m)v v v I 2mv 2mv mv /61001212210v v 0043 点拨：分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键． 【例2】 如图55－2所示，质量均为M 的小车A 、B ，B 车上 挂有质量为的金属球，球相对车静止，若两车以相等的速率M 4 C C B 1.8m/s 在光滑的水平面上相向运动，相碰后连在一起，则碰撞刚结束时小车的速度多大？C 球摆到最高点时C 球的速度多大？ 解析：两车相碰过程由于作用时间很短，C 球没有参与两车在水平方向的相互作用．对两车组成的系统，由动量守恒定律得(以向左为正)：Mv －Mv ＝

2Mv 1两车相碰后速度v 1＝0，这时C 球的速度仍为v ，向左，接着C 球向左上方摆动与两车发生相互作用，到达最高点时和两车 具有共同的速度，对和两车组成的系统，水平方向动量守恒，＝＋＋，解得＝＝，方向向左．v C v (M M )v v v 0.2m /s 222M M 4419 点拨：两车相碰的过程，由于作用时间很短，可认为各物都没有发生位移，因而C 球的悬线不偏离竖直方向，不可能跟B 车发生水平方向的相互作用．在C 球上摆的过程中，作用时间较长，悬线偏离竖直方向，与两车发生相互作用使两车在水平方向的动量改变，这时只有将C 球和两车作为系统，水平方向的总动量才守恒． 【例3】 如图55－3所示，质量为m 的人站在质量为M 的小车的右端，处于静止状态．已知车的长度为L ，则当人走到小车的左端时，小车将沿光滑的水平面向右移动多少距离？ 点拨：将人和车作为系统，动量守恒，设车向右移动的距离为s ，则人向左移动的距离为L －s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得M ·s －m(L －s)＝0，从而可解得s ．注意在用位移表示动量守恒时，各位移都是相对地面的，并在选定正方向后位移有正、负之分． 参考答案 例例跟踪反馈．．．；；．×·3 m M +m L 4 M +m M H [] 1 C 2h 300v 49.110N s 04M m M 【例4】 如图55－4所示，气球的质量为M 离地的高度为H ，在气球下方有一质量为m 的人拉住系在气球上不计质量的软绳，人和气球恰悬浮在空中处于静止状态，现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面，求软绳的长度．

高中物理动量守恒定律试题经典

高中物理动量守恒定律试题经典 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求： (1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v ；②23 v 【解析】 试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v = ②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223 v v = 考点：动量守恒定律 2．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求： （1）第一次碰撞过程中系统损失的动能 （2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2 014 mv ；(2) 0mv 【解析】 【详解】 解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以 2v 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速 度相等，有：2 12 v v = 而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+

由以上两式可得：0 12 v v = ，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：2 2 22012011 11222 2 24 E m v m v mv mv ?=--=g g g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-= 3．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以0 2 v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ； （4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能． 【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）20 1532 mv E ?= 【解析】 【详解】 (1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有： mv 0＝m 2 v ＋2mv B 解得v B ＝ 4 v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 2 220001 11()2()22224 v v mgL mv m m μ?＝－－ 解得20 516v gL μ= (3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有： 2 mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：

第十六章 第3节 动量守恒定律(学生版)

1．若用p1、p2分别表示两个相互作用物体的初动量，p1′、p2′表示它们的末动量，Δp1、Δp2表示两个相互作用物体的动量的变化，p、Δp表示两物体组成的系统的总动量和总动量的变化量，C为常数。用下列形式表示动量守恒定律，正确的是() A．Δp1＝－Δp2B．p1＋p2＝p1′＋p2′ C．Δp＝C D．Δp＝0 2．(2012·湖北省襄樊月考)如图1所示，在光滑水平面上，用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知m A＜m B，经过相同的时 间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将() A．静止B．向右运动图1 C．向左运动D．无法确定 3．(2012·福建高考)如图2，质量为M的小船在静止水面上以速率 v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若 救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速 率为() 图2 A．v0＋m M v B．v0－ m M v C．v0＋m M(v0＋v) D．v0＋ m M(v0－v) 4．如图3所示，A、B两物体的质量m A＞m B，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。若地面光滑，则在 细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B沿相反方向滑动的过 程中() A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒 B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒 C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒 D．以上说法均不对 5．(2012·北京期中检测)如图4所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动。木块自被子弹击

动量与动量守恒定律练习题(含参考答案)

高二物理3-5：动量与动量守恒定律 1．如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知 运动员的质量m ＝70kg ，初速度v 0＝5m/s 。若经过1s 时，速度为v ＝ 5m/s ，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g ＝10m/s 2 ，不计空气阻力)： （ ） A. 700 kg·m/s B. 350 kg·m/s B. C. 350(－1) kg·m/s D. 350(＋1) kg·m/s 2．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A 球的动量p A =9kg?m/s ，B 球的动量p B =3kg?m/s ．当A 追上B 时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是（ ） A ．p A ′=6 kg?m/s ，p B ′=6 kg?m/s B ．p A ′=8 kg?m/s ，p B ′=4 kg?m/s C ．p A ′=﹣2 kg?m/s ，p B ′=14 kg?m/s D ．p A ′=﹣4 kg?m/s ，p B ′=17 kg?m/s 3．A 、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体A 、B 都在同一直线上运动，其位移—时间图象如图所示。由图可知，物体A 、B 的质量之比为： （ ） A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 3∶1 4．在光滑水平地面上匀速运动的装有砂子的小车，小车和砂子总质量为M ，速度为v 0，在行驶途中有质量为m 的砂子从车上漏掉，砂子漏掉后小车的速度应为： （ ） A. v 0 B. 0Mv M m - C. 0mv M m - D. ()0M m v M - 5．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止 小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( ) A.v 02 B.v 06 C.v 02或v 06 D ．无法确定

高中物理专题复习--动量及动量守恒定律

高中物理专题复习 动量及动量守恒定律 一、动量守恒定律的应用 1.碰撞 两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。 仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到 Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B 的速度分别为2 1v v ''和。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。 ⑴弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证 明A 、B 的最终速度分别为：12 1121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。 ⑵弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。 Ⅰ Ⅱ

⑶弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A 、B 最终的共同速度为12 1121v m m m v v +='='。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：()() 21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=?。 例1. 质量为M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。 速度v 1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v 。 解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。 在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：()v m M mv '+=1 由系统机械能守恒得：()mgH v m M mv +'+=2212121 解得()g m M Mv H += 221 全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得1 2v m M m v += 本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。 2.子弹打木块类问题 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 例2. 设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水 平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。 解： 子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

【物理】 物理动量守恒定律专题练习(及答案)

【物理】 物理动量守恒定律专题练习(及答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2 m ? 的压缩气体，每级总质量均为 2 M ，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。 【答案】116.54m 【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-?-?甲 21085=200.5629 v h m m g =≈甲甲 对模型乙第一级喷气： 10022 m m M v v ??? ?=-- ???乙 解得： 130m v s =乙 2s 末： ‘ 11=10m v v gt s -=乙乙 22 11 1'=402v v h m g -=乙乙乙 对模型乙第一级喷气： ‘120=)2222 M M m m v v v ??--乙乙（ 解得： 2670= 9 m v s 乙 2 2222445=277.10281 v h m m g =≈乙乙 可得： 129440 += 116.5481 h h h h m m ?=-≈乙乙甲。 2．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块 并留在其中， 与木块 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧 被压缩瞬间 的速度 ，木块 、 的质量均为 ．求：

动量定理及动量守恒定律专题复习附参考答案

动量定理及动量守恒定律专题复习 一、知识梳理 1、深刻理解动量的概念 (1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv (2)动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。 (3)动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。 (4)动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。 (5)动量的变化：0p p p t -=?.由于动量为矢量，则求解动量的 变化时，其运算遵循平行四边形定则。 A 、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。 B 、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。 (6)动量与动能的关系：k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标 量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。 2、深刻理解冲量的概念 (1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft

(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。 (3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。 (4)高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。 (5)要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。特别是力作用在静止的物体上也有冲量。 3、深刻理解动量定理 （1）.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I =Δp （2）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。 （3）动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。 （4）现代物理学把力定义为物体动量的变化率：t P F ??=（牛顿第

物理专题汇编动量守恒定律(一)

物理专题汇编动量守恒定律(一) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞． ①求弹簧恢复原长时乙的速度大小； ②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P对乙的冲量的最大值．【答案】v乙＝6m/s. I＝8N 【解析】 【详解】 （1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得： 又知 联立以上方程可得，方向向右。 （2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为 由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为： 2．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块并留在其中， 与木块用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间的速度，木块、的质量均为．求： ?子弹射入木块时的速度； ?弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能． 【答案】 2 2()(2) Mm a M m M m ++ b 【解析】 试题分析：（1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E错．(2)1以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：

(完整版)动量-动量守恒定律专题练习(含答案)

动量 动量守恒定律 一、动量和冲量 1、关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是： A 、一物体的动量不变，其动能一定不变 B 、一物体的动能不变，其动量一定不变 C 、两物体的动量相等，其动能一定相等 D 、两物体的动能相等，其动量一定相等 2、两个具有相等动量的物体A 、B ，质量分别为m A 和m B ，且m A ＞m B ，比较它们的动能，则： A 、 B 的动能较大 B 、A 的动能较大 C 、动能相等 D 、不能确定 3、恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t ，下列说法正确的是： A 、拉力F 对物体的冲量大小为零； B 、拉力F 对物体的冲量大小为Ft ； C 、拉力F 对物体的冲量大小是Ftcosθ； D 、合力对物体的冲量大小为零。 4、如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14 圆周轨道，圆心O 在S 的正上方，在O 和P 两点各有一质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑。以下说法正确的是 A 、a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相等 B 、a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相等 C 、a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相等 D 、b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量不相等 二、动量守恒定律 1、一炮艇总质量为M ，以速度v 0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m 的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v /，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是 。 A 、'0()Mv M m v mv =-+ B 、'00()()Mv M m v m v v =-++ C 、''0()()Mv M m v m v v =-++ D 、'0Mv Mv mv =+ 2、在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg 向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止。根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s 的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率为： A 、小于10 m/s B 、大于10 m/s 小于20 m/s C 、大于20 m/s 小于30 m/s D 、大于30 m/s 小于40 m/s 3、质量相同的物体A 、B 静止在光滑的水平面上，用质量和水平速度相同的子弹a 、b 分别射击A 、B ，最终a 子弹留在A 物体内，b 子弹穿过B ，A 、B 速度大小分别为v A 和v B ，则： A 、v A ＞v B B 、v A ＜v B C 、v A =v B D 、条件不足，无法判定 4、质量为3m ，速度为v 的小车， 与质量为2m 的静止小车碰撞后连在一起运动，则两车碰撞后的总动量是 O P S Q F